第一篇 专题一 第5讲 机械振动和机械波-【步步高·大二轮专题复习】2025年高考物理复习讲义课件（苏京版）（课件PPT+word教案）

力与运动 专题一 第5讲　机械振动和机械波 1.熟练掌握简谐运动各物理量的特点和规律、机械波的传播规律和特点。 2.能根据振动和波动图像分析质点的振动和波动特点。 目标要求 内容索引 专题强化练 考点二　机械波 考点一　机械振动 考点三　振动图像和波的图像的综合应用 机械振动 考点一 1.简谐运动的规律 规律 x=Asin(ωt+φ) 图像 反映同一质点在各个时刻的位移   受力特征 回复力F=-kx，F(或a)的大小与x的大小成正比，方向相反 运动特征 靠近平衡位置时，a、F、x都减小，v增大；远离平衡位置时，a、F、x都增大，v减小 规律 x=Asin(ωt+φ) 能量特征 振幅越大，能量越大。在运动过程中，动能和势能相互转 化，系统的机械能守恒 周期性特征 质点的位移、回复力、加速度和速度均随时间做周期性变 化，变化周期就是简谐运动的周期T；动能和势能也随时间做周期性变化，其变化周期为 对称性特征 关于平衡位置O对称的两点，加速度的大小、速度的大小、相对平衡位置的位移大小相等；动能、势能相等 2.弹簧振子 (1)弹簧振子的周期与振幅、与水平方向的夹角无关，仅与弹簧的劲度系数k和振子的质量m有关。 (2)公式：T=2π。 3.单摆 周期 T=2π g0的理解 重力加速度或等效重力加速度 超重时g0=g+a 失重时g0=g-a 完全失重时g0=0 受力特征 回复力：F=mgsin θ=-x=-kx 最高点：Fn=m=0，FT=mgcos θ 最低点：Fn=m最大，FT=mg+m 　如图所示为水平面内振动的弹簧振子，O是平衡位置，A是最大位移处，不计小球与轴的摩擦，振幅为A，振动周期为T，则下列说法不正确的是 A.若B是OA的中点，则从O到B的时间等于从B到A的时间的一半 B.从小球运动到O点开始计时，t=时小球距O点的距离为A C.从O到A的过程中加速度不断减小 D.从O到A的过程中速度与位移的方向相同 √ 例1 若B是OA的中点，得从O到B的方程为= Asin ωt=Asin t，得t=，解得t=，B 到A的时间为t'=-=，明显t=，则从O到B的时间是从B到A时间的一 半，故A正确； 把t=代入方程x=Asin ωt= Asin t，解得x=A，故B正确； O到A的过程中，回复力增大，则加速度增大，故C错误； 从O到A的过程中，速度和位移方向均向右，故速度和位移的方向相同，故D正确。 　 (2024·北京卷·9)图甲为用手机和轻弹簧制作的一个振动装置。手机加速度传感器记录了手机在竖直方向的振动情况，以向上为正方向，得到手机振动过程中加速度a随时间t变化的曲线为正弦曲线，如图乙所示。下列说法正确的是 A.t=0时，弹簧弹力为0 B.t=0.2 s时，手机位于平衡位置上方 C.从t=0至t=0.2 s，手机的动能增大 D.a随t变化的关系式为a=4sin (2.5πt) m/s2 √ 例2 由题图乙知，t=0时，手机加速度为0，由牛顿 第二定律得弹簧弹力大小为F=mg，A错误； 由题图乙知，t=0.2 s时，手机的加速度为正， 则手机位于平衡位置下方，B错误； 由题图乙知，从t=0至t=0.2 s，手机的加速度增大，手机从平衡位置向最大位移处运动，速度减小，动能减小，C错误； 由题图乙知T=0.8 s，则ω==2.5π rad/s，则a随t变化的关系式为a= 4sin (2.5πt) m/s2，D正确。 (2024·江苏无锡市四校调研)如图甲，O点为单摆的固定悬点，将力传感器接在摆球与O点之间。现将摆球拉到A点，释放摆球，摆球将在竖直面内的A、C之间来回摆动，其中B点为运动中的最低位置。图乙表示细线对摆球的拉力大小F随时间t变化的 曲线，图中t=0为摆球从A点开始运动 的时刻，g取10 m/s2。 (1)求单摆的振动周期和摆长； 例3 答案　0.4π s　0.4 m 小球在一个周期内两次经过最低点，由题图乙可知该单摆的周期T=0.4π s 由单摆的周期公式T=2π 解得L==0.4 m (2)求摆球运动过程中的最大速度。 答案　0.283 m/s 在最高点A，设此时摆线与竖直方向的夹角为θ，沿着摆线的方向根据平衡条件有Fmin=mgcos θ=0.495 N 在最低点B，由牛顿第二定律有Fmax=mg+m=0.510 N 从A到B，机械能守恒，由机械能守恒定律得mgL(1-cos θ)=mv2 联立三式解得v= m/s≈0.283 m/s。 (2024·江苏南京市二模)如图所示，一带正电的小球用绝缘细绳悬于O点，将小球拉开较小角度后静止释放，其运动可视为简谐运动，下列操作能使周期变小的是 A.增大摆长 B.初始拉开的角度更小一点 C.在悬点O处放置一个带正电的点电荷 D.在此空间加一竖直向下的匀强电场 √ 变式1 单摆周期公式为T=2π，增大摆长，周期变大，A错误； 初始拉开的角度更小一点，不影响周期，B错误； 在悬点O处放置一个带正电的点电荷，则库仑力始终沿 绳的方向，不影响回复力，则单摆周期不变，C错误； 在此空间加一竖直向下的匀强电场，小球所受静电力与 重力同向，即等效重力加速度增大，周期变小，D正确。 (2024·浙江6月选考·9)如图所示，不可伸长的光滑细线穿过质量为0.1 kg的小铁球，两端A、B悬挂在倾角为30°的固定斜杆上，间距为1.5 m。小球平衡时，A端细线与杆垂直；当小球受到垂直纸面方向的扰动做微小摆动时，等效于悬挂点位于小球重垂线与AB交点的单摆，重力加速度g=10 m/s2，则 A.摆角变小时，周期变大 B.小球摆动周期约为2 s C.小球平衡时，A端拉力大小为 N D.小球平衡时，A端拉力小于B端拉力 √ 变式2 根据单摆的周期公式T=2π可知周期与摆角无关， 故A错误； 同一根光滑细线，A端拉力大小等于B端拉力大小， 平衡时对小球受力分析如图 可得2FAcos 30°=mg 解得FA=FB== N 故C、D错误； 根据几何知识可知摆长为L==1 m， 故周期为T=2π≈2 s，故B正确。 多题归一 单摆模型的拓展 支撑面“单摆”   偏角很小时等效为单摆 复合场中的单摆   g0=g±　　　　g0=g 斜面上的单摆   g0=gsin θ　　　g0=gsin θ 双线摆   等效摆长　　等效摆长 l=l1sin θ　　l=l1sin θ+l3 小球在垂直纸面方向摆动 机械波 考点二 形成条件 (1)波源；(2)传播介质，如空气、水等 传播特点 (1)机械波传播的只是振动的形式和能量，质点只在各自的平衡位置附近做简谐运动，并不随波迁移 (2)介质中各质点振动周期和频率都与波源的振动周期和频率相同 (3)一个周期内，质点完成一次全振动，通过的路程为4A，位移为零 (4)一个周期内，波向前传播一个波长 波的图像 (1)坐标轴：横轴表示各质点的平衡位置，纵 轴表示该时刻各质点的位移 (2)意义：表示在波的传播方向上，某时刻各 质点离开平衡位置的位移 波长、波速和频率 (周期)的 关系 (1)v=λf；(2)v= 波的叠加 (1)两个振动情况相同的波源形成的波，在空间某点振动加强的条件为Δx=nλ(n=0，1，2，…)，振动减弱的条件为Δx=(2n+ 1)(n=0，1，2，…) (2)振动加强点的位移随时间而改变，振幅为两波振幅的和A1+A2 波的多解问题 由于波的周期性、波传播方向的双向性，波的传播易出现多解问题 波的特性 波的干涉 波的衍射 (2024·广东卷·3)一列简谐横波沿x轴正方向传播。波速为1 m/s，t=0时的波形如图所示。t=1 s时，x=1.5 m处的质点 相对平衡位置的位移为 A.0 B.0.1 m C.-0.1 m D.0.2 m √ 例4 由题图可知该简谐横波的波长为λ=2 m，所以周期为T===2 s，当t=1 s时，x=1.5 m处的质点运动半个周期到达波峰处，相对平衡位置的位移为0.1 m。故选B。 　 (2024·江苏南京市联考)如图所示的实线和虚线分别是x轴上传播的一列简谐横波t=0和t=0.03 s时刻的波形图，x=1.2 m处的质点在t=0.03 s时刻向y轴正方向运动，则 A.该波向x轴负方向传播 B.该波的频率可能是75 Hz C.该波的周期可能为0.024 s D.该波的波速可能是230 m/s √ 例5 根据题可知，x=1.2 m处的质点在 t=0.03 s时刻向y轴正方向运动，则 由“同侧法”可知，该波向x轴正 方向传播，故A错误； 根据波形图可知，该波的波长λ=1.2 m 还可知在t=0时x=1.2 m处的质点处于波峰位置，在t=0.03 s时x=1.2 m处 的质点处于平衡位置，且在t=0.03 s时刻向y轴正方向运动，则可得T+ nT=0.03 s(n=0，1，2…)，解得T= s(n=0，1，2…)， 当n=0时，T0=0.04 s，f0=25 Hz， 当n=1时，T1= s= s<0.024 s， f1= Hz<75 Hz 当n=2时，T2= s= s，f2= Hz>75 Hz，因此，该波的频率不可 能是75 Hz，周期不可能是0.024 s，故B、C错误； 根据波速与周期之间的关系v=可知，当n=5时T5= s，此种情况下波速v==1.2× m/s=230 m/s，故D正确。 　 (2024·安徽卷·3)某仪器发射甲、乙两列横波，在同一均匀介质中相向传播，波速v大小相等。某时刻的波形图如图所示，则这两列横波 A.在x=9.0 m处开始相遇 B.在x=10.0 m处开始相遇 C.波峰在x=10.5 m处相遇 D.波峰在x=11.5 m处相遇 √ 例6 由题意可知两列波的波速相同，所以相 同时间内传播的距离相同，故两列横波 在x=11.0 m处开始相遇，故A、B错误； 甲波峰的横坐标为x1=5 m，乙波峰的横 坐标为x2=16 m，由于两列波的波速相同， 所以波峰在x'=5 m+ m=10.5 m处相遇，故C正确，D错误。 振动图像和波的图像的综合应用 考点三 巧解振动图像与波的图像综合问题的基本方法 　 (2024·江苏扬州市期末)一列简谐横波向右传播，波源M的振动图像如图所示。t=0.9 s时，N点经过平衡位置且向下振动，且M、N之间只有一个波峰，则t=0.9 s时这列波的波形图是 例7 √ 由题图可知t=0.9 s时，M位于波谷位置，波向右传播，且N点经过平衡位置且向下振动，根据平移法可知B图符合题意。 　 (2024·江苏省苏州实验中学月考)一列简谐横波在同一均匀介质中沿x轴方向传播，图甲是这列波在t=0时刻的波形图，图乙是质点N的振动图像，质点M的平衡位置在xM=7.5 cm处，质点N的平衡位置在xN=3 cm处，则下列说法正确的是 A.该列波的波速大小为0.3 m/s， 且沿x轴负方向传播 B.质点N的振动方程为y=0.1sin (5πt+π) m C.0~2 s内，质点M的路程为1 m D.从t=0时刻起，质点M回到平衡位置的最短时间为0.05 s √ 例8 由题图甲可知波长为12 cm， 由题图乙可知周期为0.4 s， 该列波的波速大小为 v==×10-2 m/s=0.3 m/s， t=0时刻，质点N向下振动，根据同侧法，波沿x轴正方向传播，故A错误； 质点N的振动方程为 y=Asin (t+φ)=0.1sin (5πt+φ) m 当t=0.1 s，y=-0.1 m，解得φ=π 故质点N的振动方程为y=0.1sin (5πt+π) m，故B正确； 0~2 s内，经历了5个周期，质 点M的路程为 s=5×4A=20A=2 m，故C错误； 波沿x轴正方向传播，从t=0时 刻起，质点M回到平衡位置的最短时间为 t==×10-2 s=0.15 s 故D错误。 专题强化练 题号 1 2 3 4 5 6 7 答案 C B D C C (1)5 m/s　(2)3.1 s B 题号 8 9 10 11 答案 B B B (1)见解析图　(2)见解析 对一对 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 11 1.(2024·江苏苏锡常镇四市一模)主动降噪的原理如图所示，通过发出反噪声与噪声相抵消，使a处的噪声降低，下列说法正确的是 A.反噪声与噪声的传播速度不同 B.反噪声与噪声在a处的相位相同 C.反噪声与噪声频率相同 D.空间各处的噪声都降低 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 保分基础练 答案 11 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 在同种介质中声音的传播速度相同，故A错误； a处的噪声降低，则该处为减弱区，故反噪声与噪声在 a处的相位不同，故B错误； 反噪声与噪声相抵消，即它们能产生稳定的干涉现象， 反噪声与噪声频率相同，故C正确； 两列波发生干涉有减弱区也有加强区，并不是空间各处的噪声都降低，故D错误。 答案 11 2.(2024·江苏卷·7)如图所示，水面上有O、A、B三点共线，OA=2AB，t=0时刻在O点的水面给一个扰动，t1时刻A开始振动，则B开始振动的时刻为 A.t1 B. C.2t1 D. √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 11 机械波的波速v不变，设OA=2AB=2L，可得t1=，tAB==t1，故B开始振动的时刻为t=t1+tAB=t1，故选B。 3.(2024·江苏扬州市二模)如图所示，弹簧一端与光滑斜面底端的固定挡板相连，另一端与小木块相连，木块静止在O点。现将木块推至M点由静止释放，第一次运动至O点的时间为t0。已知N点是MO的中点，则 A.木块从M点第一次运动到N点的时间为 B.若木块从N点由静止释放，第一次运动至 O点的时间小于t0 C.若斜面倾角变小，木块由M点静止释放运动至最高点的时间小于2t0 D.若斜面粗糙，木块由M点静止释放经2t0时间运动至最高点 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 11 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 小木块做简谐运动，木块静止在O点，受力平衡， 合力为零，因此O点为平衡位置，运动过程中，经 过平衡位置时速度最大，运动相同的距离，速度小 的时候用时长，因此木块从M点第一次运动到N点的时间大于，故A 错误； 答案 11 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 根据弹簧振子的周期公式T=2π，可知周期与振 幅、斜面倾角和接触面粗糙程度无关，因此木块从 N点由静止释放，振幅变为原来的二分之一，第一 次运动至O点的时间也是周期的四分之一，仍为t0；若斜面倾角变小或者接触面粗糙，木块由M点静止释放运动至最高点所用时间是周期的二分之一，时间等于2t0，故B、C错误，D正确。 答案 11 4.(2024·新课标卷·19改编)位于坐标原点O的波源在t=0时开始振动，振动图像如图所示，所形成的简谐横波沿x轴正方向传播。平衡位置在x=3.5 m处的质点P开始振动时，波源恰好第2次处于波谷位置，则 A.波的周期是0.1 s B.波的振幅是0.4 m C.波的传播速度是10 m/s D.平衡位置在x=4.5 m处的质点Q开始振动时， 质点P处于波峰位置 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 11 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 波的周期和振幅与波源相同，由振动图像可知波的周期为T=0.2 s，振幅为A=0.2 m，故A、B错误； P开始振动时，波源恰好第2次到达波谷，故可知此时经过的时间为 t=T+T=0.35 s 故可得波速为v== m/s=10 m/s 故C正确； 波长λ=vT=2 m，xPQ=4.5 m-3.5 m=，故可知当质点Q开始振动时，质 点P处于平衡位置，故D错误。 答案 11 5.(2024·河北卷·6)如图，一电动机带动轻杆在竖直框架平面内匀速转动，轻杆一端固定在电动机的转轴上，另一端悬挂一紫外光笔，转动时紫外光始终竖直投射至水平铺开的感光纸上，沿垂直于框架的方向匀速拖动感光纸，感光纸上就画出了描述光点振动的x-t图像。已知轻杆在竖直面内长0.1 m，电动机转速为12 r/min，该振动的圆 频率和光点在12.5 s内通过的路程分别为 A.0.2 rad/s，1.0 m B.0.2 rad/s，1.25 m C.1.26 rad/s，1.0 m D.1.26 rad/s，1.25 m √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 11 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 紫外光在纸上的投影做的是简谐运动，电动机 的转速为n=12 r/min=0.2 r/s，该振动的圆频率 ω=2πn=0.4π rad/s≈1.26 rad/s，周期为T==5 s； 简谐运动的振幅即为轻杆的长度A=0.1 m，t =12.5 s=2.5T，则光点在12.5 s内通过的路程为 s=2.5×4A=1.0 m，故选C。 答案 11 6.(2024·江苏连云港市一模)t=0时刻，波源O从平衡位置开始持续振动，t1=0.2 s时第一次回到平衡位置，形成的简谐横波在介质中恰好传播到A点，如图所示。求： (1)波在该介质中的波速大小v； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 11 答案　5 m/s 波在该介质中的波速大小v== m/s=5 m/s (2)x=15 m处的质点第一次到达波谷的时刻t2。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 11 答案　3.1 s x=15 m处的质点第一次到达波谷时，波在t1=0.2 s时的基础上向前传播 x'=15 m-0.5 m=14.5 m 所用时间为t'== s=2.9 s 则x=15 m处的质点第一次到达波谷的时刻 t2=0.2 s+2.9 s=3.1 s。 7.(2024·江苏扬州市期末)如图所示，三角形支架竖直放置，两个相同的小球用轻质弹簧相连，分别穿过两根光滑的倾斜直杆。两球初始高度相同，弹簧处于原长状态。现将两球同时由静止释放，左侧小球从P点开始下滑，能到达的最低点是Q点，O是PQ中点。则左侧小球 A.到达Q点后保持静止 B.运动到O点时动能最大 C.从P运动至Q的过程中，加速度逐渐减小 D.从P运动至O的时间比从O运动至Q的时间短 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 11 争分提能练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 设小球释放后向下运动，弹簧的伸长量为x，则沿着 杆方向由牛顿第二定律有mgsin θ-kxcos θ=ma，类比 竖直的弹簧振子的受力可知，两小球均做简谐运动， O点为平衡位置，则运动到O点时动能最大，小球到 达Q点时速度为零，而加速度沿杆向上最大，故A错误，B正确； 从P运动至Q的过程中，加速度先逐渐减小到零，再反向逐渐增大，故C错误； 结合简谐运动的对称性可知，从P运动至O的时间与从O运动至Q的时间相等，故D错误。 答案 11 8.(2024·江苏苏州市八校联盟三模)如图甲所示为一列向右传播的简谐横波上的两质点m、n，两质点之间的距离为x=3 m，m、n两质点的振动图像分别如图乙、丙所示，已知波长λ>3 m。下列说法正确的是 A.波长可能为18 m B.波速为1.5 m/s C.从t=0时刻起1.5 s内质 点m通过的路程为(+1) m D.从t=0时刻起1.5 s内质点n通过的路程为2 m √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 11 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 由题图丙可知该机械波的周期为T=6 s，振幅为A =2 cm，t=0时刻质点m向下振动，且ym= cm， 质点n正在平衡位置向上振动，则m、n两点平衡 位置的间距为x=nλ+(+)，又λ>3 m，当n=0时， λ=9 m，n=1时，λ=2.25 m(舍掉)，故A错误； 由公式v=，可得v=1.5 m/s，故B正确； 答案 11 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 质点m的振动方程y=Acos (t+φ)=2cos (t+φ) cm， 将t=0，y= cm代入得φ=，即y=2cos(+) cm， 当t=1.5 s时，y=-1 cm，从t=0时刻起1.5 s内质点m 通过的路程为sm=(+1) cm，故C错误； 从t=0时刻起1.5 s内质点n通过的路程等于一个振幅，即sn=2 cm，故D错误。 答案 11 9.“地震预警”是指在地震发生以后，抢在地震波传播到受灾地区前，向受灾地区提前发出警报，通知目标区域从而实现预警。科研机构对波的特性展开研究，某机械波沿x轴传播，图甲为t=0.6 s时的波的图像，图乙为x=5 m处A质点的振动图像，此时P、Q两质点的位移均为-1 cm，下列说法正确的是 A.这列波沿x轴正方向传播 B.P质点的振动方程为y= 2sin (t+) cm C.t=0.6 s时，P、Q两质点 加速度大小相同，方向相反 D.从t=0.6 s开始经过0.3 s，P、Q两质点经过的路程相等 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 11 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 由题图乙可知，在t=0.6 s时，A质点正在沿y轴负 方向运动，根据“同侧法”可知，波沿x轴负方 向传播，故A错误； P质点的振动方程为y=Asin (ωt+φ)，而ω== rad/s= rad/s，A=2 cm，将t=0.6 s，y=-1 cm代入解得φ=，因t=0时刻，质点P沿+y方向运动，故取φ=，因此P质点的振动方程为y= 2sin (t+) cm，故B正确； 答案 11 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 t=0.6 s时，质点P、Q点在x轴下方，加速度方向 都沿y轴正方向，P、Q两质点位移相同，加速度 大小相同，故C错误； 由波向x轴负方向传播可知t=0.6 s时质点P在x轴下 方并向y轴负方向减速运动；Q在x轴下方并向y轴正方向加速运动，又 0.3 s=，所以从t=0.6 s开始经过0.3 s，P、Q两质点经过的路程不相等， 故D错误。 答案 11 10.(2024·江苏南京师范大学苏州实验学校月考)一列简谐横波沿x轴传播，t=0时刻的波形图如图所示，已知平衡位置坐标为x=4 m的质点P在t=0.1 s时位于波峰，且该波的传播速度小于30 m/s，则 A.该波的周期可能为0.08 s B.该波的波速一定为20 m/s C.t=0时，质点P的运动方向沿y轴负方向 D.t=0.3 s时，质点P的加速度最大且沿y轴负方向 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 11 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 由题图可知波长为λ=8 m 当简谐横波沿x轴正方向传播时，根据“同侧 法”，则质点P是向上振动的，到达波峰需要 的时间为t=+nT(n=0，1，2…)，根据题意中t =0.1 s，代入数据得T= s(n=0，1，2…)，根据波速公式v=可得v= 20(1+4n) m/s(n=0，1，2…)，又因为波的传播速度小于30 m/s，则n=0，T=0.4 s，v=20 m/s，当简谐横波沿x轴负方向传播时， 答案 11 根据“同侧法”，则质点P是向下振动的，到 达波峰则需要的时间为t=+nT(n=0，1，2…)， 根据题意中t=0.1 s，代入数据得T= s(n=0， 1，2…)，根据波速公式v=可得v=20(3+4n) m/s (n=0，1，2…)，又因 为波的传播速度小于30 m/s，则简谐横波不可能沿x轴负方向传播；综上分析，简谐横波只能沿x轴正方向传播，故A、C错误，B正确； t=0.3 s时，质点P已经振动了，则处于波谷的位置，加速度最大且沿 y轴正方向，故D错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 11 11.(2023·全国甲卷·34(2))分别沿x轴正向和负向传播的两列简谐横波P、Q的振动方向相同，振幅均为5 cm，波长均为8 m，波速均为4 m/s。t=0时刻，P波刚好传播到坐标原点处，该处的质点将自平衡位置向下振动；Q波刚好传到x=10 m处，该处的质点将 自平衡位置向上振动。经过一段时间 后，两列波相遇。 (1)在给出的坐标图上分别画出P、Q两列波在t=2.5 s时刻的波形图(P波用虚线，Q波用实线)； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案　见解析图 答案 11 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 11 根据Δx=vt得 Δx=4×2.5 m=10 m 可知t=2.5 s时P波刚好传播到x=10 m 处，Q波刚好传播到x=0处， 根据上下坡法及两波的波长λ=8 m可得波形图如图所示 (2)求出图示范围内的介质中，因两列 波干涉而振动振幅最大和振幅最小的 平衡位置。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案　见解析 答案 11 根据题意可知，P、Q两波振动频率 相同，起振方向相反，两波叠加时， 振动加强点的条件为到两波源的距 离差Δx=(n=0，1，2…) 解得在图示范围内，振幅最大的平衡位置有 x=3 m、x=7 m 振动减弱的条件为Δx=nλ(n=0，1，2…) 解得在图示范围内，振幅最小的平衡位置有 x=1 m、x=5 m、x=9 m。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 11 本课结束 THANKS $$ 第5讲　机械振动和机械波 目标要求　1.熟练掌握简谐运动各物理量的特点和规律、机械波的传播规律和特点。2.能根据振动和波动图像分析质点的振动和波动特点。 考点一　机械振动 1.简谐运动的规律 规律 x=Asin(ωt+φ) 图像 反映同一质点在各个时刻的位移 受力特征 回复力F=-kx，F(或a)的大小与x的大小成正比，方向相反 运动特征 靠近平衡位置时，a、F、x都减小，v增大；远离平衡位置时，a、F、x都增大，v减小 能量特征 振幅越大，能量越大。在运动过程中，动能和势能相互转化，系统的机械能守恒 周期性特征 质点的位移、回复力、加速度和速度均随时间做周期性变化，变化周期就是简谐运动的周期T；动能和势能也随时间做周期性变化，其变化周期为 对称性特征 关于平衡位置O对称的两点，加速度的大小、速度的大小、相对平衡位置的位移大小相等；动能、势能相等 2.弹簧振子 (1)弹簧振子的周期与振幅、与水平方向的夹角无关，仅与弹簧的劲度系数k和振子的质量m有关。 (2)公式：T=2π。 3.单摆 周期 T=2π g0的理解 重力加速度或等效重力加速度 超重时g0=g+a 失重时g0=g-a 完全失重时g0=0 受力特征 回复力：F=mgsin θ=-x=-kx 最高点：Fn=m=0，FT=mgcos θ 最低点：Fn=m最大，FT=mg+m 例1　如图所示为水平面内振动的弹簧振子，O是平衡位置，A是最大位移处，不计小球与轴的摩擦，振幅为A，振动周期为T，则下列说法不正确的是(　　) A.若B是OA的中点，则从O到B的时间等于从B到A的时间的一半 B.从小球运动到O点开始计时，t=时小球距O点的距离为A C.从O到A的过程中加速度不断减小 D.从O到A的过程中速度与位移的方向相同 答案　C 解析　若B是OA的中点，得从O到B的方程为=Asin ωt=Asin t，得t=，解得t=，B到A的时间为t'=-=，明显t=，则从O到B的时间是从B到A时间的一半，故A正确；把t=代入方程x=Asin ωt= Asin t，解得x=A，故B正确；O到A的过程中，回复力增大，则加速度增大，故C错误；从O到A的过程中，速度和位移方向均向右，故速度和位移的方向相同，故D正确。 例2　(2024·北京卷·9)图甲为用手机和轻弹簧制作的一个振动装置。手机加速度传感器记录了手机在竖直方向的振动情况，以向上为正方向，得到手机振动过程中加速度a随时间t变化的曲线为正弦曲线，如图乙所示。下列说法正确的是(　　) A.t=0时，弹簧弹力为0 B.t=0.2 s时，手机位于平衡位置上方 C.从t=0至t=0.2 s，手机的动能增大 D.a随t变化的关系式为a=4sin (2.5πt) m/s2 答案　D 解析　由题图乙知，t=0时，手机加速度为0，由牛顿第二定律得弹簧弹力大小为F=mg，A错误；由题图乙知，t=0.2 s时，手机的加速度为正，则手机位于平衡位置下方，B错误；由题图乙知，从t=0至t=0.2 s，手机的加速度增大，手机从平衡位置向最大位移处运动，速度减小，动能减小，C错误；由题图乙知T=0.8 s，则ω==2.5π rad/s，则a随t变化的关系式为a=4sin (2.5πt) m/s2，D正确。 例3　(2024·江苏无锡市四校调研)如图甲，O点为单摆的固定悬点，将力传感器接在摆球与O点之间。现将摆球拉到A点，释放摆球，摆球将在竖直面内的A、C之间来回摆动，其中B点为运动中的最低位置。图乙表示细线对摆球的拉力大小F随时间t变化的曲线，图中t=0为摆球从A点开始运动的时刻，g取10 m/s2。 (1)求单摆的振动周期和摆长； (2)求摆球运动过程中的最大速度。 答案　(1)0.4π s　0.4 m　(2)0.283 m/s 解析　(1)小球在一个周期内两次经过最低点，由题图乙可知该单摆的周期T=0.4π s 由单摆的周期公式T=2π 解得L==0.4 m (2)在最高点A，设此时摆线与竖直方向的夹角为θ，沿着摆线的方向根据平衡条件有Fmin=mgcos θ=0.495 N 在最低点B，由牛顿第二定律有Fmax=mg+m=0.510 N 从A到B，机械能守恒，由机械能守恒定律得mgL(1-cos θ)=mv2 联立三式解得v= m/s≈0.283 m/s。 变式1　(2024·江苏南京市二模)如图所示，一带正电的小球用绝缘细绳悬于O点，将小球拉开较小角度后静止释放，其运动可视为简谐运动，下列操作能使周期变小的是(　　) A.增大摆长 B.初始拉开的角度更小一点 C.在悬点O处放置一个带正电的点电荷 D.在此空间加一竖直向下的匀强电场 答案　D 解析　单摆周期公式为T=2π，增大摆长，周期变大，A错误；初始拉开的角度更小一点，不影响周期，B错误；在悬点O处放置一个带正电的点电荷，则库仑力始终沿绳的方向，不影响回复力，则单摆周期不变，C错误；在此空间加一竖直向下的匀强电场，小球所受静电力与重力同向，即等效重力加速度增大，周期变小，D正确。 变式2　(2024·浙江6月选考·9)如图所示，不可伸长的光滑细线穿过质量为0.1 kg的小铁球，两端A、B悬挂在倾角为30°的固定斜杆上，间距为1.5 m。小球平衡时，A端细线与杆垂直；当小球受到垂直纸面方向的扰动做微小摆动时，等效于悬挂点位于小球重垂线与AB交点的单摆，重力加速度g=10 m/s2，则(　　) A.摆角变小时，周期变大 B.小球摆动周期约为2 s C.小球平衡时，A端拉力大小为 N D.小球平衡时，A端拉力小于B端拉力 答案　B 解析　根据单摆的周期公式T=2π可知周期与摆角无关，故A错误； 同一根光滑细线，A端拉力大小等于B端拉力大小，平衡时对小球受力分析如图 可得2FAcos 30°=mg 解得FA=FB== N 故C、D错误； 根据几何知识可知摆长为L==1 m，故周期为T=2π≈2 s，故B正确。 单摆模型的拓展 支撑面“单摆” 偏角很小时等效为单摆 复合场中的单摆 g0=g±　　　　　　g0=g 斜面上的单摆 g0=gsin θ　　　　　g0=gsin θ 双线摆 等效摆长　　　　等效摆长 l=l1sin θ　　　　l=l1sin θ+l3 小球在垂直纸面方向摆动 考点二　机械波 形成条件 (1)波源；(2)传播介质，如空气、水等 传播特点 (1)机械波传播的只是振动的形式和能量，质点只在各自的平衡位置附近做简谐运动，并不随波迁移 (2)介质中各质点振动周期和频率都与波源的振动周期和频率相同 (3)一个周期内，质点完成一次全振动，通过的路程为4A，位移为零 (4)一个周期内，波向前传播一个波长 波的图像 (1)坐标轴：横轴表示各质点的平衡位置，纵轴表示该时刻各质点的位移 (2)意义：表示在波的传播方向上，某时刻各质点离开平衡位置的位移 波长、波速和频率(周期)的关系 (1)v=λf；(2)v= 波的叠加 (1)两个振动情况相同的波源形成的波，在空间某点振动加强的条件为Δx=nλ(n=0，1，2，…)，振动减弱的条件为Δx=(2n+1)(n=0，1，2，…) (2)振动加强点的位移随时间而改变，振幅为两波振幅的和A1+A2 波的多解问题 由于波的周期性、波传播方向的双向性，波的传播易出现多解问题 波的特性 波的干涉 波的衍射 例4　(2024·广东卷·3)一列简谐横波沿x轴正方向传播。波速为1 m/s，t=0时的波形如图所示。t=1 s时，x=1.5 m处的质点相对平衡位置的位移为(　　) A.0 B.0.1 m C.-0.1 m D.0.2 m 答案　B 解析　由题图可知该简谐横波的波长为λ=2 m，所以周期为T===2 s，当t=1 s时，x=1.5 m处的质点运动半个周期到达波峰处，相对平衡位置的位移为0.1 m。故选B。 例5　(2024·江苏南京市联考)如图所示的实线和虚线分别是x轴上传播的一列简谐横波t=0和t=0.03 s时刻的波形图，x=1.2 m处的质点在t=0.03 s时刻向y轴正方向运动，则(　　) A.该波向x轴负方向传播 B.该波的频率可能是75 Hz C.该波的周期可能为0.024 s D.该波的波速可能是230 m/s 答案　D 解析　根据题可知，x=1.2 m处的质点在t=0.03 s时刻向y轴正方向运动，则由“同侧法”可知，该波向x轴正方向传播，故A错误； 根据波形图可知，该波的波长λ=1.2 m 还可知在t=0时x=1.2 m处的质点处于波峰位置，在t=0.03 s时x=1.2 m处的质点处于平衡位置，且在t=0.03 s时刻向y轴正方向运动，则可得T+nT=0.03 s(n=0，1，2…)，解得T= s(n=0，1，2…)，当n=0时，T0=0.04 s，f0=25 Hz，当n=1时，T1= s= s<0.024 s，f1= Hz<75 Hz 当n=2时，T2= s= s，f2= Hz>75 Hz，因此，该波的频率不可能是75 Hz，周期不可能是0.024 s，故B、C错误； 根据波速与周期之间的关系v=可知，当n=5时T5= s，此种情况下波速v==1.2× m/s=230 m/s，故D正确。 例6　(2024·安徽卷·3)某仪器发射甲、乙两列横波，在同一均匀介质中相向传播，波速v大小相等。某时刻的波形图如图所示，则这两列横波(　　) A.在x=9.0 m处开始相遇 B.在x=10.0 m处开始相遇 C.波峰在x=10.5 m处相遇 D.波峰在x=11.5 m处相遇 答案　C 解析　由题意可知两列波的波速相同，所以相同时间内传播的距离相同，故两列横波在x=11.0 m处开始相遇，故A、B错误； 甲波峰的横坐标为x1=5 m，乙波峰的横坐标为x2=16 m，由于两列波的波速相同， 所以波峰在x'=5 m+ m=10.5 m处相遇，故C正确，D错误。 考点三　振动图像和波的图像的综合应用 巧解振动图像与波的图像综合问题的基本方法 例7　(2024·江苏扬州市期末)一列简谐横波向右传播，波源M的振动图像如图所示。t=0.9 s时，N点经过平衡位置且向下振动，且M、N之间只有一个波峰，则t=0.9 s时这列波的波形图是(　　) 答案　B 解析　由题图可知t=0.9 s时，M位于波谷位置，波向右传播，且N点经过平衡位置且向下振动，根据平移法可知B图符合题意。 例8　(2024·江苏省苏州实验中学月考)一列简谐横波在同一均匀介质中沿x轴方向传播，图甲是这列波在t=0时刻的波形图，图乙是质点N的振动图像，质点M的平衡位置在xM=7.5 cm处，质点N的平衡位置在xN=3 cm处，则下列说法正确的是(　　) A.该列波的波速大小为0.3 m/s，且沿x轴负方向传播 B.质点N的振动方程为y=0.1sin (5πt+π) m C.0~2 s内，质点M的路程为1 m D.从t=0时刻起，质点M回到平衡位置的最短时间为0.05 s 答案　B 解析　由题图甲可知波长为12 cm，由题图乙可知周期为0.4 s，该列波的波速大小为 v==×10-2 m/s=0.3 m/s， t=0时刻，质点N向下振动，根据同侧法，波沿x轴正方向传播，故A错误； 质点N的振动方程为 y=Asin (t+φ)=0.1sin (5πt+φ) m 当t=0.1 s，y=-0.1 m，解得φ=π 故质点N的振动方程为y=0.1sin (5πt+π) m，故B正确； 0~2 s内，经历了5个周期，质点M的路程为 s=5×4A=20A=2 m，故C错误； 波沿x轴正方向传播，从t=0时刻起，质点M回到平衡位置的最短时间为 t==×10-2 s=0.15 s 故D错误。 专题强化练　[分值：60分] 1~5题每题4分，6题8分，7~10题每题5分，11题12分，共60分 [保分基础练] 1.(2024·江苏苏锡常镇四市一模)主动降噪的原理如图所示，通过发出反噪声与噪声相抵消，使a处的噪声降低，下列说法正确的是(　　) A.反噪声与噪声的传播速度不同 B.反噪声与噪声在a处的相位相同 C.反噪声与噪声频率相同 D.空间各处的噪声都降低 答案　C 解析　在同种介质中声音的传播速度相同，故A错误；a处的噪声降低，则该处为减弱区，故反噪声与噪声在a处的相位不同，故B错误；反噪声与噪声相抵消，即它们能产生稳定的干涉现象，反噪声与噪声频率相同，故C正确；两列波发生干涉有减弱区也有加强区，并不是空间各处的噪声都降低，故D错误。 2.(2024·江苏卷·7)如图所示，水面上有O、A、B三点共线，OA=2AB，t=0时刻在O点的水面给一个扰动，t1时刻A开始振动，则B开始振动的时刻为(　　) A.t1 B. C.2t1 D. 答案　B 解析　机械波的波速v不变，设OA=2AB=2L，可得t1=，tAB==t1，故B开始振动的时刻为t=t1+tAB=t1，故选B。 3.(2024·江苏扬州市二模)如图所示，弹簧一端与光滑斜面底端的固定挡板相连，另一端与小木块相连，木块静止在O点。现将木块推至M点由静止释放，第一次运动至O点的时间为t0。已知N点是MO的中点，则(　　) A.木块从M点第一次运动到N点的时间为 B.若木块从N点由静止释放，第一次运动至O点的时间小于t0 C.若斜面倾角变小，木块由M点静止释放运动至最高点的时间小于2t0 D.若斜面粗糙，木块由M点静止释放经2t0时间运动至最高点 答案　D 解析　小木块做简谐运动，木块静止在O点，受力平衡，合力为零，因此O点为平衡位置，运动过程中，经过平衡位置时速度最大，运动相同的距离，速度小的时候用时长，因此木块从M点第一次运动到N点的时间大于，故A错误；根据弹簧振子的周期公式T=2π，可知周期与振幅、斜面倾角和接触面粗糙程度无关，因此木块从N点由静止释放，振幅变为原来的二分之一，第一次运动至O点的时间也是周期的四分之一，仍为t0；若斜面倾角变小或者接触面粗糙，木块由M点静止释放运动至最高点所用时间是周期的二分之一，时间等于2t0，故B、C错误，D正确。 4.(2024·新课标卷·19改编)位于坐标原点O的波源在t=0时开始振动，振动图像如图所示，所形成的简谐横波沿x轴正方向传播。平衡位置在x=3.5 m处的质点P开始振动时，波源恰好第2次处于波谷位置，则(　　) A.波的周期是0.1 s B.波的振幅是0.4 m C.波的传播速度是10 m/s D.平衡位置在x=4.5 m处的质点Q开始振动时，质点P处于波峰位置 答案　C 解析　波的周期和振幅与波源相同，由振动图像可知波的周期为T=0.2 s，振幅为A=0.2 m，故A、B错误； P开始振动时，波源恰好第2次到达波谷，故可知此时经过的时间为t=T+T=0.35 s 故可得波速为v== m/s=10 m/s 故C正确； 波长λ=vT=2 m，xPQ=4.5 m-3.5 m=，故可知当质点Q开始振动时，质点P处于平衡位置，故D错误。 5.(2024·河北卷·6)如图，一电动机带动轻杆在竖直框架平面内匀速转动，轻杆一端固定在电动机的转轴上，另一端悬挂一紫外光笔，转动时紫外光始终竖直投射至水平铺开的感光纸上，沿垂直于框架的方向匀速拖动感光纸，感光纸上就画出了描述光点振动的x-t图像。已知轻杆在竖直面内长0.1 m，电动机转速为 12 r/min，该振动的圆频率和光点在12.5 s内通过的路程分别为(　　) A.0.2 rad/s，1.0 m B.0.2 rad/s，1.25 m C.1.26 rad/s，1.0 m D.1.26 rad/s，1.25 m 答案　C 解析　紫外光在纸上的投影做的是简谐运动，电动机的转速为n=12 r/min=0.2 r/s，该振动的圆频率ω=2πn=0.4π rad/s≈1.26 rad/s，周期为T==5 s；简谐运动的振幅即为轻杆的长度A=0.1 m，t=12.5 s=2.5T，则光点在12.5 s内通过的路程为s=2.5×4A=1.0 m，故选C。 6.(8分)(2024·江苏连云港市一模)t=0时刻，波源O从平衡位置开始持续振动，t1=0.2 s时第一次回到平衡位置，形成的简谐横波在介质中恰好传播到A点，如图所示。求： (1)(2分)波在该介质中的波速大小v； (2)(6分)x=15 m处的质点第一次到达波谷的时刻t2。 答案　(1)5 m/s　(2)3.1 s 解析　(1)波在该介质中的波速大小v== m/s=5 m/s (2)x=15 m处的质点第一次到达波谷时，波在t1=0.2 s时的基础上向前传播 x'=15 m-0.5 m=14.5 m 所用时间为t'== s=2.9 s 则x=15 m处的质点第一次到达波谷的时刻 t2=0.2 s+2.9 s=3.1 s。 [争分提能练] 7.(2024·江苏扬州市期末)如图所示，三角形支架竖直放置，两个相同的小球用轻质弹簧相连，分别穿过两根光滑的倾斜直杆。两球初始高度相同，弹簧处于原长状态。现将两球同时由静止释放，左侧小球从P点开始下滑，能到达的最低点是Q点，O是PQ中点。则左侧小球(　　) A.到达Q点后保持静止 B.运动到O点时动能最大 C.从P运动至Q的过程中，加速度逐渐减小 D.从P运动至O的时间比从O运动至Q的时间短 答案　B 解析　设小球释放后向下运动，弹簧的伸长量为x，则沿着杆方向由牛顿第二定律有mgsin θ-kxcos θ=ma，类比竖直的弹簧振子的受力可知，两小球均做简谐运动，O点为平衡位置，则运动到O点时动能最大，小球到达Q点时速度为零，而加速度沿杆向上最大，故A错误，B正确；从P运动至Q的过程中，加速度先逐渐减小到零，再反向逐渐增大，故C错误；结合简谐运动的对称性可知，从P运动至O的时间与从O运动至Q的时间相等，故D错误。 8.(2024·江苏苏州市八校联盟三模)如图甲所示为一列向右传播的简谐横波上的两质点m、n，两质点之间的距离为x=3 m，m、n两质点的振动图像分别如图乙、丙所示，已知波长λ>3 m。下列说法正确的是(　　) A.波长可能为18 m B.波速为1.5 m/s C.从t=0时刻起1.5 s内质点m通过的路程为(+1) m D.从t=0时刻起1.5 s内质点n通过的路程为2 m 答案　B 解析　由题图丙可知该机械波的周期为T=6 s，振幅为 A=2 cm，t=0时刻质点m向下振动，且ym= cm，质点n正在平衡位置向上振动，则m、n两点平衡位置的间距为x=nλ+(+)，又λ>3 m，当n=0时，λ=9 m，n=1时，λ=2.25 m(舍掉)，故A错误； 由公式v=，可得v=1.5 m/s，故B正确； 质点m的振动方程y=Acos (t+φ)=2cos (t+φ) cm，将t=0，y= cm代入得φ=，即y=2cos(+) cm，当t=1.5 s时，y=-1 cm，从t=0时刻起1.5 s内质点m通过的路程为sm=(+1) cm，故C错误； 从t=0时刻起1.5 s内质点n通过的路程等于一个振幅，即sn=2 cm，故D错误。 9.“地震预警”是指在地震发生以后，抢在地震波传播到受灾地区前，向受灾地区提前发出警报，通知目标区域从而实现预警。科研机构对波的特性展开研究，某机械波沿x轴传播，图甲为t=0.6 s时的波的图像，图乙为x=5 m处A质点的振动图像，此时P、Q两质点的位移均为-1 cm，下列说法正确的是(　　) A.这列波沿x轴正方向传播 B.P质点的振动方程为y=2sin (t+) cm C.t=0.6 s时，P、Q两质点加速度大小相同，方向相反 D.从t=0.6 s开始经过0.3 s，P、Q两质点经过的路程相等 答案　B 解析　由题图乙可知，在t=0.6 s时，A质点正在沿y轴负方向运动，根据“同侧法”可知，波沿x轴负方向传播，故A错误；P质点的振动方程为y=Asin (ωt+φ)，而ω== rad/s= rad/s，A=2 cm，将t=0.6 s，y= -1 cm代入解得φ=或，因t=0时刻，质点P沿+y方向运动，故取φ=，因此P质点的振动方程为y= 2sin (t+) cm，故B正确；t=0.6 s时，质点P、Q点在x轴下方，加速度方向都沿y轴正方向，P、Q两质点位移相同，加速度大小相同，故C错误；由波向x轴负方向传播可知t=0.6 s时质点P在x轴下方并向y轴负方向减速运动；Q在x轴下方并向y轴正方向加速运动，又0.3 s=，所以从t=0.6 s开始经过0.3 s，P、Q两质点经过的路程不相等，故D错误。 10.(2024·江苏南京师范大学苏州实验学校月考)一列简谐横波沿x轴传播，t=0时刻的波形图如图所示，已知平衡位置坐标为x=4 m的质点P在t=0.1 s时位于波峰，且该波的传播速度小于30 m/s，则(　　) A.该波的周期可能为0.08 s B.该波的波速一定为20 m/s C.t=0时，质点P的运动方向沿y轴负方向 D.t=0.3 s时，质点P的加速度最大且沿y轴负方向 答案　B 解析　由题图可知波长为λ=8 m 当简谐横波沿x轴正方向传播时，根据“同侧法”，则质点P是向上振动的，到达波峰需要的时间为t=+nT(n=0，1，2…)，根据题意中t=0.1 s，代入数据得T= s(n=0，1，2…)，根据波速公式v=可得v=20(1+4n) m/s(n=0，1，2…)，又因为波的传播速度小于30 m/s，则n=0，T=0.4 s，v=20 m/s，当简谐横波沿x轴负方向传播时，根据“同侧法”，则质点P是向下振动的，到达波峰则需要的时间为t=+nT(n=0，1，2…)，根据题意中t=0.1 s，代入数据得T= s(n=0，1，2…)，根据波速公式v=可得v=20(3+4n) m/s (n=0，1，2…)，又因为波的传播速度小于30 m/s，则简谐横波不可能沿x轴负方向传播；综上分析，简谐横波只能沿x轴正方向传播，故A、C错误，B正确；t=0.3 s时，质点P已经振动了，则处于波谷的位置，加速度最大且沿y轴正方向，故D错误。 11.(12分)(2023·全国甲卷·34(2))分别沿x轴正向和负向传播的两列简谐横波P、Q的振动方向相同，振幅均为5 cm，波长均为8 m，波速均为4 m/s。t=0时刻，P波刚好传播到坐标原点处，该处的质点将自平衡位置向下振动；Q波刚好传到x=10 m处，该处的质点将自平衡位置向上振动。经过一段时间后，两列波相遇。 (1)(6分)在给出的坐标图上分别画出P、Q两列波在t=2.5 s时刻的波形图(P波用虚线，Q波用实线)； (2)(6分)求出图示范围内的介质中，因两列波干涉而振动振幅最大和振幅最小的平衡位置。 答案　(1)见解析图　(2)见解析 解析　(1)根据Δx=vt得 Δx=4×2.5 m=10 m 可知t=2.5 s时P波刚好传播到x=10 m处，Q波刚好传播到x=0处， 根据上下坡法及两波的波长λ=8 m可得波形图如图所示 (2)根据题意可知，P、Q两波振动频率相同，起振方向相反，两波叠加时，振动加强点的条件为到两波源的距离差Δx=(n=0，1，2…) 解得在图示范围内，振幅最大的平衡位置有 x=3 m、x=7 m 振动减弱的条件为Δx=nλ(n=0，1，2…) 解得在图示范围内，振幅最小的平衡位置有 x=1 m、x=5 m、x=9 m。 学科网（北京）股份有限公司 $$